2018-2019学年湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学高二上学期期中检测物理试题 解析版
华中师大一附中2018—2019学年度上学期期中检测高二年级物理试题
一、选择题
1.下面有关磁场说法正确的是
A. 英国的物理学家奥斯特“电流磁效应”的实验是偶然成功的
B. 海上丝绸之路和郑和下西洋的线路很相似，郑和下西洋导航的指南针利用了地磁场；根据对火星磁场的观察显示，指南针也能在火星上工作
C. 磁通量的单位是韦伯，1Wb=1T/m2
D. 孤立的电流元是不存在的，可以从垂直磁场的较长通电导线中推知一小段电流元的受力，从而判断该处磁场的强弱
【答案】D
【解析】
【详解】英国的物理学家奥斯特“电流磁效应”的实验是经过多次验证成功的，不是偶然成功的，选项A错误；对火星观察显示，火星上没有磁场，指南针不能在火星上工作。故B错误。磁通量的单位是韦伯，1Wb=1T∙m2，选项C错误；孤立的电流元是不存在的，可以从垂直磁场的较长通电导线中推知一小段电流元的受力，从而判断该处磁场的强弱，选项D正确；故选D.
2.如图所示，直线为电场中一条竖直的电场线，有一质量为m、电荷量为+q的小球，由该直线上的A点静止释放，小球向下运动达到B点时速度减小为零，之后返回A点。下列判断正确的是
A. 该电场可能是竖直向上的匀强电场，且
B. A点的电势高于B点的电势
C. A点的场强小于B点的场强
D. 向下运动的过程中，重力势能的减少量总是等于电势能的增加量
【答案】C
【解析】
【详解】若电场是竖直向上的匀强电场，且qE>mg可知，小球所受的合力向上，小球从静止开始只能沿AB向上做单向的直线运动，不可能回到A点；故A错误。小球向下运动的过程中，应先加速后减小，所受的电场力方向必定竖直向上，则电场线方向从B指向A，所以A点的电势低于B点电势，故B错误。根据小球的运动情况可知，在A点，有qEA＜mg，在B点，有qEB＞mg，则得：EA＜EB．故C正确。向下运动的过程中，小球有动能时，根据能量守恒定律可知重力势能的减少量等于动能增加量和电势能的增加量之和；当小球到B点时，重力势能的减少量等于电势能的增加量，故D错误。故选C。
【点睛】本题的关键抓住小球在A、B两点时速度为零，分析其所受的电场力方向，确定出电场线方向，能正确分析能量是如何转化的，即可正确解答．
3.A、B两带电小球，质量分别为mA、mB，电荷量分别为qA、qB，用绝缘不可伸长的细线如图悬挂，静止时A、B两球处于同一水平面。若B对A及A对B的库仑力分别为FA、FB，则下列判断不正确的是
A. FA
Eka>Ekc
D. 粒子在三点的电势能大小关系是Epb>Epa>Epc
【答案】D
【解析】
【详解】运动轨迹不能反映运动方向，所以不能判断出粒子先过a，再到b，然后到c，还是粒子先过c，再到b，然后到a，故A错误；由等势面特点知，该电场为匀强电场，电场线方向向上，而粒子受电场力方向指向高电势，故粒子带负电，故B错误；根据能量守恒：负电荷在电势高处电势能小，动能大。则知负电荷在b点电势能最大，动能最小，故应有EPb＞EPa＞EPc，EKb＜EKa＜EKc，故C错误，D正确，故选D。
【点睛】本题根据粒子的轨迹弯曲方向就能判断粒子所受的电场力方向，根据电场线与等势线的关系，判断出电场线方向．负电荷在电势高处电势能小是一个重要推论，要学会应用．
5.如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连，若一带电粒子恰能如图中所示水平向右沿直线通过电容器。在此过程中，该粒子
A. 所受重力冲量为零
B. 电势能逐渐减少
C. 做匀变速直线运动
D. 动能逐渐增加
【答案】C
【解析】
【详解】根据I=mgt可知，重力的冲量不为零，选项A错误；带电粒子在电场中受到电场力与重力，根据题意可知，粒子做直线运动，电场力必定垂直极板向上，电场力与重力的合力必定与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，电场力垂直于极板向上，与位移方向的夹角为钝角，则电场力做对粒子做负功，其电势能增加，同时重力不做功，由动能定理可知，动能减小，故C正确，BD错误。故选C。
【点睛】本题考查带电粒子在电场中的运动情况分析，主要考查根据运动情况来确定受力情况，并由电场力做功来确定电势能如何，以及动能的变化。
6.如图所示，电源两端电压为U=10V保持不变，，， ；，先闭合开关S，待电路稳定后，再将S断开，则S断开后，通过R1的电荷量为
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】开关S闭合时，则电路中的电流：，则C2两端电压为U2=IR3=5V； C1两端电压为U1=I(R2+R3)=9V； C2带电量：Q2=C2U2=30×10-6×5C=1.5×10-4C； C1带电量：Q1=C1U1=30×10-6×9C=2.7×10-4C；断开S后，两电容器两端的电压均为10V，则C2带电量：Q′2=C2U=30×10-6×10C=3.0×10-4C； C1带电量：Q′1=C1U=30×10-6×10C=3.0×10-4C；则流过电阻R1的电量为： ，故选C.
【点睛】本题要注意分析电路结构，正确找出电容器与哪一个电阻并联，从而确定电容器两端的电压，再根据电容器的充放电知识明确流过的电量。
7.在绝缘光滑的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定正点电荷QA、QB，两电荷的位置坐标如图甲所示。图乙是AB连线之间的电势φ与位置x之间的关系图像，图中x=L点为图线的最低点，若在x=－2L的C点由静止释放一个质量为 m、电量为+q的带电小球（可视为质点，不影响原电场），下列有关说法正确的是
A. 小球在x=L处的速度最大
B. 小球一定可以回到－2L的C点处
C. 小球将在－2L和+2L之间作往复运动
D. 固定在A、B处点电荷的电量之比为QA︰QB＝4︰1
【答案】ABD
【解析】
【详解】据φ-x图象切线的斜率等于场强E可知x=L处场强为零，x=L右侧电场为负，即方向向左，x=L左侧电场为正，即方向向右；那么小球先向右做加速运动，到x=L处加速度为0，从x=L向右运动时，电场力方向向左，小球做减速运动，所以小球在x=L处的速度最大，故A正确。x=L处场强为零，根据点电荷场强则有：，解得QA：QB=4：1，故D正确。根据动能定理得：qU=0，得U=0，所以小球能运动到电势与出发点相同的位置，由图知向右最远能到达x>2L的某位置，则小球应在x=-2L到右侧x>+2L的某位置区间内作往复运动，故B正确，C错误。故选ABD。
【点睛】解决本题首先要理解φ-x图象切线的意义，知道电场力做功和路径无关，只和初末两点的电势差有关，掌握电场力做功的公式W=qU和电荷场强公式，灵活运用电场的叠加原理。
8.在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，电表的示数分别用I、U1、U2、U3表示，电表示数变化量分别用、、和表示，下列比值中正确的是
A. 变大， B. 不变，
C. 变大， D. 变大，
【答案】ABD
【解析】
【详解】根据欧姆定律得知：，不变，选项B正确；当滑动变阻器的滑动触头 P 向下滑动时R2变大，，变大。根据闭合电路欧姆定律得：U2=E-I（R1+r），则有，不变。故C错误，D正确。，变大。根据闭合电路欧姆定律得：U3=E-Ir，则有，不变。故A正确。故选ABD。
9.
如图所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板，a板接地。P和Q为竖直放置的两平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球，P板与b板用导线相连，Q板接地，开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度。在以下方法中，能使悬线的偏角变大的是
A. 缩小a、b间的距离
B. 加大a、b间的距离
C. 取出a、b两极板间的电介质
D. 换一块形状大小相同，介电常数更大的电介质
【答案】BC
【解析】
试题分析：两极板间的电荷量恒定，因为a板和Q板接地，b板和P板相连，所以ab间的电势差和PQ间的电势差相等，根据公式可知缩小a、b间的距离，电容增大，根据公式可得减小，则也减小，即PQ间的电场强度减小，所以偏角变变小，反之增大ab间的距离，则偏角变大，A错误B正确；根据公式可知取出a、b两极板间的电介质，电容ab减小，根据公式可得增大，则也增大，即PQ间的电场强度增大，所以偏角变大，反之换一块形状大小相同，介电常数更大的电介质，偏小变小，C正确D错误；
考点：考查了电容的动态变化分析
【名师点睛】在分析电容器动态变化时，需要根据判断电容器的电容变化情况，然后结合，等公式分析，需要注意的是，如果电容器和电源相连则电容器两极板间的电压恒定，如果电容器充电后与电源断开，则电容器两极板上的电荷量恒定不变
视频
10.如图丁所示，已知电源电动势E=6V，闭合开关，将滑动变阻器的划片P从A端滑至B
端，得到一些物理量的变化如图所示，甲为输出功率和路段电压的关系曲线，乙为路段电压与总电流的关系曲线，丙为电源效率和外电路电阻的关系曲线，不考虑电表导线对电路的影响，下列正确的是
A. a(4V，4.5W) B. b(4.8V，2.88W)
C. (0.6A，4.5V) D. d(，80%)
【答案】BD
【解析】
【详解】由乙图可知短路电流为 I短=3A，由得：；电源效率最高时，滑动变阻器的阻值最大，由丙图知电源的最大效率为 η=80%；由，解得：R=8Ω；变阻器的滑动头C在右端B时，分别对应c、b、d三点。当输出功率达到最大时：R=r=2Ω，此时路端电压为U=3V，所以各点的坐标为：a点：U=3V，P=W=4.5W，坐标为：（3V，4.5W）；b点、c点：R=8Ω，，U=E-Ir=6-0.6×2=4.8V，P=UI=4.8×0.6W=2.88W，所以b点的坐标为：（4.8V，2.88W）；c点的坐标为（0.6A，4.8V）；d点坐标为（8Ω，80%）。故BD正确，AC错误。故选BD.
【点睛】本题关键是读出图象的信息，知道电源的输出功率与路端电压的关系，能根据闭合电路欧姆定律进行分析和求解．
三、实验题
11.某同学用伏安法测定一薄的圆形合金片的阻值Rx（约为1 kΩ），除了Rx、开关S、导线外，还有下列器材供选用：
A．电压表V1（量程1 V，内阻约10 kΩ）
B．电压表V2（量程5V，内阻约100 kΩ）
C．电流表A1（量程1 mA，内阻约10 Ω）
D．电流表A2（量程0.6 A，内阻约0.05 Ω）
E．电源（电动势1.5 V，额定电流0.5 A，内阻不计）
F．滑动变阻器R0（阻值范围0～10 Ω，额定电流2 A）
（1）某同学用游标卡尺和螺旋测微器分别测量该金属丝的直径和厚度示数如图。该游标卡尺示数为__________cm，螺旋测微器示数为_______mm；
（2）为使测量尽量准确，电压表选用_____，电流表选用______；（均填器材的字母代号）
（3）画出测量Rx阻值的实验电路图________；
（4）该同学选择器材、连接电路和操作均正确，从实验原理上看，待测电阻测量值______________真实值（填“>”、“<”或“=”）．
【答案】 (1). （1）1.240 (2). 1.683mm (3). （2）V1 (4). A1 (5). （3）电路图见解析； (6). （4）>
【解析】
【详解】（1）游标卡尺示数为：1.2cm+0.05mm×8=1.240cm；螺旋测微器示数为：1.5mm+0.01mm×18.3=1.683mm；
（1）电源电动势1.5 V，则电压表选择V1；电路中可能出现的最大电流为，则电流表选择A1；
（3）因待测电阻阻值Rx>>RA，则采用电流表内接电路；滑动变阻器用分压电路；电路图如图；
（4）因本实验采用电流表内接法，由于电流表分压影响，电压表测量值将大于真实值，由欧姆定律可知，电阻测量值将大于真实值；
【点睛】遇到电学实验问题应明确：①通过求出待测电阻的最大电流来选择电流表量程；②明确“大内偏大，小外偏小“的电流表接法和误差情况分析；③若变阻器的全电阻能满足电路电阻要求时，变阻器可以采用限流式接法。
12.如图所示，甲图中变阻器的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数变化情况如乙图中的AC、BC两直线所示。依据甲、乙图完成填空（两表电阻对实验有少许影响）
（1）电压表V1的示数随电流表示数的变化图线为乙图中的_________（填AC、BC）；
（2）电源的内阻r测=________Ω；若电源电动势的测量值和真实值分别用E测和E真表示，则E真_____E测（填“>”、“<”或“=”）；
（3）变阻器R的最大阻值为_________．
【答案】 (1). （1）AC (2). （2）1.0 (3). = (4). （3）12
【解析】
【详解】（1）当变阻器的滑动片向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，定值电阻R0的电压增大，路端电压减小，由图分析可得V1对应AC、V2对应BC。
（2）因为U1=E-Ir，则内阻；若将电流表的内阻等效为电源的内阻，则因电压表V2测量的是等效电源（包括电源的电流表）的路端电压的准确值，电流表A测量的是电源电流的准确值，则电动势的测量是准确的，即：E真=E测；
（3）当滑动变阻器取最大值时，电流最小Imin=0.5A，
而UR=U1-U2=7.5-1.5=6V
所以
【点睛】本题考查对物理图象的理解能力，搞清电路的结构以后可以把本题看成动态分析问题，来选择两电表示对应的图线。
四、计算题
13.如图所示，质量为m、电量为的带电粒子在两个等量同种正电荷（电荷量均为Q）连线的中垂面上以某一速度做半径为4L的匀速圆周运动；如果此粒子以同样大小的速度绕电荷量为+Q的点电荷做匀速圆周运动，求粒子的运动半径是多少？粒子重力忽略不计。（sin37°= 0.6，cos37°= 0.8）
【答案】
【解析】
【详解】设带电q粒子在匀速圆周运动的速度为v
依题意从几何关系可知，Q和间距 （1）
粒子在两中垂面作匀速圆周运动
∴ （2）
粒子在以相同速度绕问题匀速圆周运动半径为r
∴ （3）
联立（1）（2）（3），得
14.如图所示为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5
是固定电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为5mA，内阻为200 Ω。虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压10V挡和5 V挡，直流电流10 mA挡和100 mA挡，欧姆×10 Ω挡．根据以上求
（1）图中的A端与什么颜色表笔相连接？
（2）当电池长期使用使得电动势变小，用该电池的多用电表测电阻时，电阻的测量值是偏大还是偏小？
（3）根据以上给的条件求出R1、R2、R4、R5．
【答案】（1）黑表笔；（2）偏大；（3）20Ω；180Ω；400Ω；500Ω.
【解析】
【详解】（1）图中的A端与黑表笔相连接；
（2）当电池电动势变小，欧姆得重新调零，由于满偏电流Ig不变，欧姆表内阻R内=变小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，可知当R内变小时，，由于Ig不变、R内变小，指针跟原来的位置相比偏左，欧姆表的示数变大，所测电阻偏大；
（3）当开关接1，多用表电流量程I1=100mA
∴ （1）
当开关接2，电流量程I2=10mA
∴ （2）
代入数据联（1）（2）得 ；
当开关接4，电压表量程为V1=5V
∴
解得：
当开关接5，电压表量程为V2=10V
∴
解得
【点睛】此题考查多用电表的使用，认真审题、理解题意与实验步骤、知道实验原理是解题的关键，结合电表改装的原理以及欧姆定律求解电阻.
15.如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为L的绝缘细线把质量为m、电荷量为q的带正电的金属小球悬挂在O点，小球从A点由静止释放沿半径为L圆弧运动，恰好摆到的最低点C．求: （小球看作质点，重力加速度为g）
（1）求电场强度E；
（2）如果要使小球恰能在竖直面内绕O点顺时针做完整的半径为 L的圆周运动，则小球在A点受到的竖直方向的冲量是多少？
（3）在（2）问的情景下，小球通过最低点C时细线对小球的拉力F的大小．
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
【详解】（1）小球从A至C，依题意根据动能定理有：
∴
（2）当小球在A点受到竖直冲量I时获得速度设为v0
∴（1）
依题意，小球能在竖直平面作圆周运动，必须通过AC中垂线过O点延长线为L的B点（如图）有： （2）
小球从A至C再到B，依动能定理：（3）
联立（1）（2）（3）得
（3）在（2）中小球从A至最低点C，依动能定理有： （4）
小球在C点有： （5）
∴
16.如图（甲）所示，A、B为两块距离很近的平行金属板（电子通过A、B间的时间可忽略不计），板中央均有小孔．一束电子以初动能EKO=120eV，从A板上的小孔O不断垂直于板射入A、B之间，在B板右侧，平行金属板M、N之间有匀强电场，板长L=2×10-2m，板间距离d=4×10-3m，偏转电压U1=20V，其右侧l =2×10-2m有一较大的荧光屏，其中(包括延长线)到MN两板的距离相等；现在A、B间加一个如图（乙）变化的电压，在t=0到t=2s时间内，A板的电势高于B板的电势．在U随时间变化的第一个周期时间内（电子的重力忽略不计）：
（1）在哪段时间内射入的电子，可以从B板上的小孔O'射出？
（2）在哪段时间内射入的电子，能从偏转电场右侧飞出？
（3）从偏转电场右侧飞出的电子打在荧光屏上的线段长度是多少？（保留三位有效数字）
【答案】（1）0～0.6s及1.4～4s时间内的电子能从B板小孔穿出；（2）在2.65～3.35s时间内，从小孔O射入的电子能从偏转电场右侧射出（3）1.31×10-3m
【解析】
【详解】（1）设时刻t1，A、B电压为时，电子到达B孔速度恰好为零，由动能定理得：
解得：
由，得
故：0～0.6s及1.4～4s时间内的电子能从B板小孔穿出
（2）设电子从B板小孔穿出时速度大小为v，动能为Ek，
依题意在MN两板侧移量
即
解得：
对应乙图电压时刻t2电压U2
即
∴
∴
从2s开始经，A、B两板间电压大小为130V：
∴
∴，
故：在2.65～3.35s时间内，从小孔O射入的电子能从偏转电场右侧射出。
（3）从（2）中可知，当乙图对应电压U3=时，电子出MN的偏转位移为
（1）
（2）
设电子打在屏上距的竖直距离为
∴ （3）
联立（1）（2）（3）得
同理，从（2）问可知，当乙图对应电压时，电子出MN的偏转位移为，
∴电子打在屏上距的竖直距离为
∴
∴电子打在屏上线段长度为
【点睛】电子先经加速电场加速，后经偏转电场偏转，是常见的问题，本题的难点是加速电压是周期性变化的，推导出偏转距离与两个电压的关系是关键，同时要挖掘隐含的临界状态．